高考数学二轮复习寒假作业五导数的应用注意命题点的区分度理.doc
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1、1寒假作业寒假作业( (五五) ) 导数的应用导数的应用( (注意命题点的区分度注意命题点的区分度) )一、选择题1函数f(x)3xln x的单调递增区间是( )A. B(e,)(0,1 e)C. D.(1 e,)(1 e,e)解析:选 C f(x)ln x1,由f(x)0,得x ,1 e故f(x)的单调递增区间为.(1 e,)2函数f(x)(x21)22 的极值点是( )Ax1 Bx1Cx1 或1 或 0 Dx0解析:选 C f(x)x42x23,由f(x)4x34x4x(x1)(x1)0,得x0 或x1 或x1,又当x0,当 01 时,f(x)0,x0,1,1 都是f(x)的极值点3(20
2、17长春三模)定义在 R 上的函数f(x)满足:f(x)f(x)恒成立,若x1x2,则 ex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系为( )Aex1f(x2)ex2f(x1)Bex1f(x2)ex2f(x1)Cex1f(x2)ex2f(x1)Dex1f(x2)与 ex2f(x1)的大小关系不确定解析:选 A 设g(x),则g(x)fx exfxexfxex ex2,由题意知g(x)0,所以g(x)在 R 上单调递增,当x1x2时,g(x1)fxfx exg(x2),即,所以 ex1f(x2)ex2f(x1)fx1 ex1fx2 ex24已知x2 是函数f(x)x33ax2 的极小值点,那么函
3、数f(x)的极大值为( )A15 B16C17 D18解析:选 D f(x)3x23a,因为x2 是函数f(x)x33ax2 的极小值点,所2以f(2)123a0,解得a4,所以函数f(x)的解析式为f(x)x312x2,f(x)3x212.由 3x2120,得x2,故函数f(x)在(2,2)上是减函数,在(,2),(2,)上是增函数,由此可知当x2 时,函数f(x)取得极大值f(2)18.5若函数f(x)x3x2 在区间(a,a5)上存在最小值,则实数a的取值范围是( )1 32 3A5,0) B(5,0)C3,0) D(3,0)解析:选 C 由题意,f(x)x22xx(x2),故f(x)在
4、(,2),(0,)上是增函数,在(2,0)上是减函数,作出其图象如图所示,令x3x2 得,1 32 32 3x0 或x3,则结合图象可知Error!解得a3,0).6(2017浙江高考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示,则函数yf(x)的图象可能是( )解析:选 D 由f(x)的图象知,f(x)的图象有三个零点,故f(x)在这三个零点处取得极值,排除 A、B;记导函数f(x)的零点从左到右分别为x1,x2,x3,又在(,x1)上f(x)0,所以函数f(x)在(,x1)上单调递减,排除 C,故选 D.7若函数f(x)cos x2xf,则f与f的大小关系是( )( 6)( 3)( 6
5、)Aff Bff( 3)( 6)( 3) ( 6)Cf0,x0,0,fx x2fxx22xfx x4xfx2fx x3y在(0,)上单调递增,fx x2,即4.f2 22f1 12f2 f1xf(x)3f(x)0,1,当x时,不等式f(2cos x) 2sin2的解集为( ) 2,323 2x 2A. B.( 3,43)( 3,43)C. D.(0, 3)( 3,3)解析:选 D 令g(x)f(x) ,x 21 24则g(x)f(x) 0,1 2g(x)在 R 上单调递增,且g(1)f(1) 0,1 21 2f(2cos x) 2sin2f(2cos x) g(2cos x),3 2x 22c
6、os x 21 2f(2cos x) 2sin2,即g(2cos x)0,3 2x 22cos x1,又x,x. 2,32( 3,3)10已知函数f(x)k,若x2 是函数f(x)的唯一一个极值点,则实ex x2(2 xln x)数k的取值范围为( )A(,e B0,eC(,e) D0,e)解析:选 A f(x)k(x0)x2ex2xex x4(2 x21 x)x2(exxk)x2设g(x)(x0),则g(x),ex xx1ex x2g(x)在(0,1)上单调递减,在(1,)上单调递增g(x)在(0,)上有最小值,为g(1)e,结合g(x)与yk的图象可知,要ex x满足题意,只需ke,选 A
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